题目大意：
有(n)条线段，第(i)条线段长度为(a_i)。设初始端点为(O)，每次可以将线段接在(O)左边或右边，则(O’=O-a_i)或(O'=O+a_i)，完成拼接后令(O=O')；问将(n)个线段拼接完成后，最小覆盖长度是多少。
题目链接：
[]: https://codeforces.com/contest/1579/problem/G "传送门"
题目思路：
根据题目描述可知，(a_ileq 1000)，那么最小覆盖的长度不会超过2000，因为当长度>1000时，便可以将线段向反方向拼接直到当前端点(O)距离较远的一侧端点距离<1000；
最小覆盖长度包含了两个信息，1）最小覆盖的左端位置，2）最小覆盖的右端位置；
这道题很显然可以用(DP)去维护其中一个信息,
设状态(f(i,j))为"第(i)次线段拼接后，端点(O)的位置为(j)的最小覆盖的右端位置"，
则有如下转移：
向右拼接：(f(~i+1,j+a[i+1]~) ← MAX(~ j+a[i+1] , f(i,j) ~);)
向左拼接：(f(~i+1,j-a[i+1]~) ← f(i,j);)
而(DP)很难同时维护两个信息，因此可以考虑枚举"最小覆盖的左端位置",
换言之，可以固定最小覆盖的左端位置（设左端位置为0），枚举初始端点(O)的位置 (这道题只需求解最小覆盖长度，与起始位置是无关的)；
那么我们可以通过(DP)的初始赋值来完成对端点(O)起始位置的枚举，
令(f(0,i)=i)，其中0为最小覆盖的左端位置，(i)为初始端点(O)的位置，
则只需维护最小覆盖的右端位置，并使其尽可能小。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pLL;
typedef pair<double,double> pdd;
typedef complex<double> comp;
const int N=1e4+5;
const int M=1e3+5 ;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e8+7;
const double eps=1e-13;
const double pi=acos(-1.0);
#define ls (i<<1)
#define rs (i<<1|1)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define mk make_pair
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
LL read()
{
LL x=0,t=1;
char ch;
while((ch=getchar())<'0'||ch>'9') if(ch=='-') t=-1;
while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0'; ch=getchar(); }
return x*t;
}
int f[N][M<<1];
int a[N];
int main()
{
int T=read();
while(T--)
{
int n=read(),m=2000;
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=m;j++)
f[i][j]=inf;
for(int i=0;i<=m;i++) f[0][i]=i;
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<=m;j++)
{
if(f[i][j]==inf) continue;
if(j+a[i+1]<=m) f[i+1][j+a[i+1]]=min(f[i+1][j+a[i+1]],max(j+a[i+1],f[i][j]));
if(j-a[i+1]>=0) f[i+1][j-a[i+1]]=min(f[i+1][j-a[i+1]],f[i][j]);
}
}
int ans=inf;
for(int i=0;i<=m;i++) ans=min(ans,f[n][i]);
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}
/*
1
7
1 2 4 6 7 7 3
*/